课时跟踪检测(40) 电离平衡和溶液的酸碱性（Word练习）-【新高考方案】2024高考化学一轮复习（新教材版Ⅱ 新高考）

7 / 7 课时跟踪检测（四十） 电离平衡和溶液的酸碱性 一、选择题 1．室温下，对于1 L 0.1 mol·L－1醋酸溶液。下列判断正确的是( ) A．该溶液中CH3COO－的粒子数为6.02×1022 B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C．滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和始终为0.1 mol D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为COeq \o\al(2－,3)＋2H＋===H2O＋CO2↑ 解析：选C 1 L 0.1 mol·L－1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1 mol，醋酸属于弱酸，则CH3COO－的粒子数小于6.02×1022，故A错误；加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO－的浓度增大，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，则溶液的pH升高，故B错误；醋酸是弱电解质，则离子方程式为COeq \o\al(2－,3)＋2CH3COOH===H2O＋CO2↑＋2CH3COO－，故D错误。 2．常温下，下列关于丙二酸(用H2R表示，Ka1＝1.4×10－3，Ka2＝2.0×10－6)的说法正确的是( ) A．向100 mL 1 mol·L－1丙二酸溶液中加入0.1 mol NaOH固体后，溶液pH＞7 B．改变条件使Ka1变大，Ka2也一定会变大 C．0.5 mol·L－1丙二酸溶液中：0．5 mol·L－1＜c(H＋)＜1 mol·L－1 D．向丙二酸溶液中不断滴加1 mol·L－1 NaOH溶液的过程中，水的电离程度不断增大 解析：选B 向100 mL 1 mol·L－1丙二酸溶液中加入0.1 mol NaOH固体后得到的溶液为丙二酸氢钠溶液，丙二酸氢根离子的水解常数Kh＝eq \f(cOH－·cH2R,cHR－)＝eq \f(Kw·cH2R,cHR－·cH＋)＝eq \f(Kw,Ka1)＜Ka2，即HR－的电离程度大于水解程度，故溶液pH＜7，A项错误；Ka1变大，说明温度升高，则Ka2也一定变大，B项正确；丙二酸的Ka1较小，故一级电离不能进行完全，故0.5 mol·L－1丙二酸溶液中，c(H＋)＜0.5 mol·L－1，C项错误；向丙二酸溶液中滴加NaOH溶液的过程中，溶液中c(H＋)逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，但达到滴定终点后，再滴加NaOH溶液，会抑制水的电离，水的电离程度反而减小，D项错误。 3．叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是( ) A．0.01 mol·L－1 HN3溶液的pH＝2 B．HN3溶液的pH随温度升高而减小 C．NaN3 的电离方程式： NaN3===Na＋＋3Neq \o\al(－,3) D．0.01 mol·L－1 NaN3溶液中： c(H＋)＋c(Na＋ )＝c(Neq \o\al(－,3))＋c(HN3) 解析：选B 由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根(Neq \o\al(－,3))会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01 mol·L－1 HN3溶液的pH>2，A错误；HN3为弱酸，电离方程式为HN3H＋＋Neq \o\al(－,3)，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H＋)增大， pH减小，B正确；NaN3是强电解质，完全电离出Na＋和Neq \o\al(－,3)，电离方程式为 NaN3===Na＋＋Neq \o\al(－,3)，C错误；0.01 mol·L－1 NaN3溶液中：由物料守恒得c(Na＋ )＝c(Neq \o\al(－,3))＋c(HN3)，故D错误。 4．高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。下表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，由表格数据判断以下说法中不正确的是( ) 酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 Ka 1.6×10－5 6.3×10－9 1.6×10－9 4.2×10－10 A．相同条件下在冰醋酸中，硝酸是这四种酸中最弱的酸 B．在冰醋酸中，这四种酸都没有完全电离 C．在冰醋酸中，硫酸的电离方程式为H2SO4H＋＋HSOeq \o\al(－,4)、HSOeq \o\al(－,4)H＋＋SOeq \o\al(2－,4) D．电解质的强弱与所处的溶剂无关 解析：选D 在冰醋酸中，硝酸的电离平衡常数最小，所以硝酸的酸性最弱，故A正确；根据电离平衡常数知，在冰醋酸中这几种酸都不完全电离，故B正确；在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，故C正确；这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D错误。 5.常温时，1 mol·